1 Espaces vectoriels normés

1
Espaces vectoriels normés
1.1 Semi-normes et normes
E désigne un espace vectoriel sur le corps R des réels.
Les résultats de base sur les suites et séries réelles et sur les fonctions d'une variable réelle
(continuité, dérivabilité) sont supposés connus. Nous reviendrons plus tard sur ces notions.
Dénition 1 Une semi-norme sur E est une application p dénie sur E à valeurs réelles et
vériant les propriétés suivantes :
(i) pour tout réel λ et tout vecteur x dans E, on a p (λx) = |λ| p (x) ;
(ii) pour tous vecteurs x, y dans E, on a p (x + y) ≤ p (x) + p (y) .
La propriété (ii) est l'inégalité triangulaire.
Le résultat qui suit nous dit qu'une semi-norme est nécessairement à valeurs positives ou
nulles et nous donne une formulation équivalente de l'inégalité triangulaire souvent utile.
Exercice 1 Soit p est une semi-norme sur E. Montrer que :
1. p (0) = 0 ;
2. pour tout x dans E, on a p (x) ≥ 0 ;
3. l'ensemble p−1 {0} = {x ∈ E | p (x) = 0} est un sous-espace vectoriel de E ;
4. pour tous x, y dans E, on a |p (x) − p (y)| ≤ p (x − y) .
Solution.
1. Pour tout vecteur x dans E, on a :
p (0) = p (0 · x) = 0 · p (x) = 0
2. et :
0 = p (x − x) ≤ 2p (x) .
3. L'ensemble p−1 {0} est non vide puisqu'il contient 0. Avec les propriétés (i) et (ii) et la positivité
d'une semi-norme on déduit facilement que c'est un sous-espace vectoriel deE.
4. Cette inégalité se déduit de :
½
p (x) = p (x − y + y) ≤ p (x − y) + p (y)
p (y) = p (y − x + x) ≤ p (x − y) + p (x)
1
2
Espaces vectoriels normés
On vérie facilement que l'inégalité 4. du théorème précédent est équivalente à l'inégalité
triangulaire.
Le sous-espace vectoriel p−1 {0} est le noyau de la semi-norme p.
Dénition 2 Une norme sur E est une semi-norme de noyau réduit à {0} .
Une norme sur E sera notée x 7→ kxk .
Exercice 2 Soit ϕ une forme linéaire non nulle sur E. Montrer que l'application x 7→ |ϕ (x)|
dénit une semi-norme sur E et que c'est une norme si, et seulement si, E est de dimension
1.
Solution. Si ϕ est non nulle alors Im (ϕ) = R, donc ϕ est surjective et si son noyau est nul elle
est alors injective et réalise une bijection de E sur R.
Exercice 3 Soit p une semi-norme sur E de noyau H. Montrer qu'on dénit une norme sur
l'espace quotient
E
E
, en posant pour toute classe x dans
:
H
H
kxk = p (x) .
Solution. Pour vérier que k·k est bien dénie sur l'espace quotient il sut de montrer que p est
constante sur chaque classe d'équivalence, ce qui se déduit de :
∀y ∈ H,
0 ≤ |p (x + y) − p (y)| ≤ p (y) = 0.
La condition kxk = 0 équivaut à x = 0 par dénition. Les autres propriétés se vérient facilement.
Exercice 4 Soient E un espace vectoriel sur R de dimension nie n ≥ 1 et B = (e1 , · · · , en )
une base de E. Vérier que les applications dénies par :

max |xi | ,

 kxk∞ = 1≤i≤n
n
P
n
xi ei ∈ E,
∀x =
P

|xi | .
i=1
 kxk1 =
i=1
dénissent des normes sur E.
Solution. Il est clair que pour k = ∞ et k = 1 les applications x 7→ kxkk dénissent bien des
normes sur E.
Exercice 5 Soient E un espace vectoriel sur R et ϕ : (x, y) 7→ hx | yi une forme bilinéaire
symétrique positive
sur E mais non nécessairement dénie. Pour tout vecteur x dans E, on
p
note p (x) = ϕ (x, x).
1. Montrer que :
∀ (x, y) ∈ E 2 ,
(inégalité de Cauchy-Schwarz).
|ϕ (x, y)| ≤ p (x) p (y)
Semi-normes et normes
3
2. Montrer que l'application p dénit une semi-norme sur E.
Solution.
1. Soient x, y xés dans E et Q la fonction polynomiale dénie par :
∀t ∈ R, Q (t) = p2 (x + ty) = p2 (y) t2 + 2tϕ (x, y) + p2 (x) .
Comme ϕ est positive, on a Q (t) ≥ 0 pour tout réel t.
Si p (y) = 0, Q est une fonction ane à valeurs positives et nécessairement ϕ (x, y) = 0. On a
alors dans ce cas |ϕ (x, y)| = p (x) p (y) ..
Si p (y) 6= 0, Q est alors une fonction polynomiale de degré 2 à valeurs positives et son discriminant est nécessairement négatif ou nul, soit :
ϕ2 (x, y) − p2 (x) p2 (y) ≤ 0,
ce qui équivaut à |ϕ (x, y)| ≤ p (x) p (y) .
2. En écrivant pour tous vecteurs x, y dans E que :
p2 (x + y) = p2 (y) + 2ϕ (x, y) + p2 (x) ,
avec ϕ (x, y) ≤ |ϕ (x, y)| ≤ p (x) p (y) , on déduit que :
p2 (x + y) ≤ (p (x) + p (y))2 .
On a donc l'inégalité triangulaire pour p. La propriété p (λx) = |λ| p (x) se vérie facilement.
Dans le cas où ϕ est dénie, p est en fait une norme.
Exercice 6 Soient E un espace vectoriel sur R de dimension nie n ≥ 1 et B = (e1 , · · · , en )
une base de E. Vérier que l'application dénie par :
∀x =
n
P
i=1
r
xi ei ∈ E, kxk2 =
n
P
|xi |2
i=1
dénit une norme sur E.
1
p
Exercice 7 Soient p et q deux réels strictement positifs tels que +
1
= 1.
q
1. En utilisant la concavité de la fonction ln, montrer que :
∀λ ∈ [0, 1] , ∀u ∈ R+ , ∀v ∈ R+ , uλ v 1−λ ≤ λu + (1 − λ) v.
2. Soient x et y dans Rn . En utilisant (1.1) avec
1
λ= ,
p
|xi |p
ui = P
,
n
|xj |p
|yi |q
vi = P
,
n
|yj |q
j=1
j=1
pour x et y non nuls montrer l'inégalité de Hölder :
¯ Ã n
¯ n
! p1 Ã n
! 1q
¯
¯X
X
X
¯
¯
|xi |p
xi yi ¯ ≤
.
|yi |q
¯
¯
¯
i=1
i=1
i=1
(1.1)
4
Espaces vectoriels normés
3. Montrer que pour tous x, y dans Rn on a :
! p1 Ã n
! 1q
à n
n
X
X
X
|xi | |xi + yi |p−1 ≤
|xi |p
|xi + yi |p
.
i=1
i=1
i=1
4. Déduire de ce qui précède que pour tout réel p ≥ 1 l'application
à n
! p1
X
x 7→ kxkp =
|xi |p
i=1
dénit une norme sur Rn .
Solution.
1
< 0 pour tout réel t > 0. On déduit
t2
donc que cette fonction est concave sur ]0, +∞[ , c'est-à-dire que pour tout réel λ ∈ [0, 1] et tous
réels u, v strictement positifs on a :
1. La fonction ln est indéniment dérivable avec ln00 (t) = −
ln (λu + (1 − λ) v) ≥ λ ln (u) + (1 − λ) ln (v) ,
¡
¢
ce qui peut aussi s'écrire ln (λu + (1 − λ) v) ≥ ln uλ v 1−λ , ou encore du fait que la fonction exp
est strictement croissante sur ]0, +∞[ , uλ v 1−λ ≤ λu + (1 − λ) v. Cette inégalité est également
vériée pour u = 0 ou v = 0.
2. Pour tous vecteurs x, y dans Rn on note :
à n
!1
à n
!1
p
q
X
X
p
q
kxkp =
|xi |
et kykq =
|yi |
.
i=1
En prenant λ =
i=1
1
1
dans (1.1) , on a 1 − λ = et :
p
q
1 1
1
1
∀u ≥ 0, ∀v ≥ 0, u p v q ≤ u + v.
p
q
Si x et y sont deux vecteurs non nuls dans Rn , en prenant pour tout entier i compris entre 1 et
n:
|xi |p
|xi |p
|yi |q
|yi |q
ui = n
=
,
v
=
=
,
i
n
P
P
kxkpp
kykqq
p
q
|xj |
|yj |
j=1
j=1
dans l'inégalité précédente on obtient :
1 |xi |p
1 |yi |q
|xi | |yi |
≤
+
.
kxkp kykq
p kxkpp q kykqq
En faisant la somme de toutes ces inégalités on obtient :
n
n
n
X
1 X |xi |p
1
1 X |yi |q
|xi | |yi | ≤
+
.
kxkp kykq
p
kxkpp q
kykqq
i=1
p
Puis avec
i=1
q
i=1
n |x |
n |y |
P
P
1 1
i
i
+ = 1 on déduit que :
p =
q = 1 et
kxk
kyk
p
q
i=1
i=1
p
q
¯
¯ n
n
¯ X
¯X
¯
¯
|xi | |yi | ≤ kxkp kykq ,
xi yi ¯ ≤
¯
¯
¯
i=1
i=1
cette inégalité étant encore réalisée pour x = 0 ou y = 0.
Semi-normes et normes
5
Remarque 1 L'inégalité de Hölder s'écrit, en notant hx | yi le produit scalaire euclidien canonique de Rn ,
|hx | yi| ≤ kxkp kykq .
Pour p = q = 2 on retrouve l'inégalité de Cauchy-Schwarz et cette inégalité est encore valable
pour p = 1 et q = +∞.
3. Pour x, y dans Rn on a, en utilisant l'inégalité de Hölder :
n
X
p−1
|xi | |xi + yi |
≤
à n
X
p
|xi |
!1 Ã n
p
X
i=1
i=1
!1
q
(p−1)q
|xi + yi |
,
i=1
soit avec (p − 1) q = p :
n
X
Ã
p−1
|xi | |xi + yi |
≤
i=1
n
X
!1 Ã
p
p
|xi |
i=1
n
X
!1
p
|xi + yi |
q
.
i=1
4. On vérie facilement que x 7→ kxk1 dénit une norme sur Rn . On suppose donc que p > 1 et on
1 1
note q le réel déni par + = 1. Pour x, y dans Rn on a :
p q
n
X
i=1
|xi + yi |p ≤
n
X
|xi + yi |p−1 |xi | +
i=1
n
X
|xi + yi |p−1 |yi | .
i=1
Ce qui donne avec l'inégalité précédente :
³
´p ³
´³
´p
q
kx + ykp ≤ kxkp + kykp kx + ykp ,
soit avec p −
p
=1:
q
kx + ykp ≤ kxkp + kykp .
On a donc l'inégalité triangulaire pour k·kp . Les autres propriétés d'une norme se vérient
facilement.
Exercice 8 Montrer que pour tout x dans Rn on a lim kxkp = kxk∞ .
p→+∞
Solution. Pour x dans Rn et tout entier i compris entre 1 et n on a |xi |p ≤ kxkp∞ . Il en résulte
1
que kxkp ≤ n p kxk∞ . D'autre part il existe un entier k compris entre 1 et n tel que kxk∞ = |xk | et
n
P
|xi |p , on déduit que kxk∞ ≤ kxkp . On a donc :
avec |xk |p ≤
i=1
1
∀x ∈ Cn , kxk∞ ≤ kxkp ≤ n p kxk∞ .
Ce qui montre au passage que les normes k·k∞ et k·kp sont équivalente et par transitivité que pour
tous réels p ≥ 1 et q ≥ 1 les normes k·kp et k·kq sont équivalentes sur Rn .
1
Avec lim n p = 1 pour tout entier n ≥ 1 on déduit que lim kxkp = kxk∞ .
p→+∞
p→+∞
6
Espaces vectoriels normés
Exercice 9 Montrer que sur l'espace vectoriel E = C 0 ([a, b] , R) des applications continues sur
l'intervalle [a, b] (a < b) et à valeurs dans R, les applications dénies par :

kf k∞ = sup |f (x)| ,



x∈[a,b]

Rb
∀f ∈ E,
kf k1 = a |f (t)| dt,

qR


b

kf k2 =
|f (t)|2 dt
a
dénissent des normes sur E.
Solution. Il est clair que pour k = ∞ et k = 1 les applicationsR f 7→ kf kk dénissent bien des
b
normes sur E. Pour f 7→ kf k1 on utilise le fait que l'application ϕ 7→ a ϕ (t) dt est une forme linéaire
Rb
positive avec a ϕ (t) dt = 0 équivalent à ϕ = 0 si ϕ est une fonction continue à valeurs positives ou
nulles.
Pour k = 2, on utilise l'inégalité de Cauchy-Schwarz dans E :
¯Z b
¯ Z b
¯
¯
2 ¯
∀ (f, g) ∈ E , ¯
f (t) g (t) dt¯¯ ≤
|f (t)| |g (t)| dt ≤ kf k2 kgk2 ,
a
a
conséquence du fait que l'application :
Z
(f, g) 7→
b
f (t) g (t) dt
a
est une forme bilinéaire symétrique dénie positive sur E, qui entraîne l'inégalité triangulaire pour
k·k2 . Les autres propriétés d'une norme se vérient facilement.
Exercice 10 Montrer que sur l'espace vectoriel E = C 0 ([a, b] , R) des applications continues
sur l'intervalle [a, b] (a < b) et à valeurs dans R, pour tout réel p ≥ 1, l'application
s
Z b
p
f 7→ kf kp =
|f (x)|p dx
a
dénit une norme (s'inspirer de ce qui a été fait en dimension nie).
Solution. Pour p = 1, on sait déjà que f 7→ kf k1 dénit une norme sur E. On suppose donc que
p > 1 et on se donne deux fonctions f, g non identiquement nulles dans E.
On applique l'inégalité de convexité :
1 1
1
1
∀u ≥ 0, ∀v ≥ 0, u p v q ≤ u + v,
p
q
où q est tel que
1 1
+ = 1, à :
p q
u=
|g (t)|q
|f (t)|p
,
v
=
,
kf kpp
kgkqq
pour tout t dans [a, b] , ce qui donne :
|f (t)| |g (t)|
1 |f (t)|p 1 |g (t)|q
≤
+
.
kf kp kgkq
p kf kpp
q kgkqq
Semi-normes et normes
7
En intégrant sur [a, b] on obtient :
1
kf kp kgkq
Z
b
|f (t)| |g (t)| dt ≤
a
1 1
+ = 1.
p q
On a donc l'inégalité de Hölder :
¯Z b
¯ Z b
¯
¯
¯
f (t) g (t) dt¯¯ ≤
|f (t)| |g (t)| dt ≤ kf kp kgkq ,
¯
a
a
cette inégalité étant encore réalisée pour f = 0 ou g = 0.
Pour f, g dans E on a, en utilisant l'inégalité de Hölder :
Z b
°
°
°
°
|f (t)| |f (t) + g (t)|p−1 dt ≤ kf kp °(f + g)p−1 ° ,
q
a
soit avec (p − 1) q = p :
Z
a
b
p
|f (t)| |f (t) + g (t)|p−1 dt ≤ kf kp kf + gkpq .
On déduit alors que :
Z
kf +
gkpp
=
a
p
soit avec p − = 1 :
q
b
³
´
p
|f (t) + g (t)|p dt ≤ kf kp + kgkp kf + gkpq ,
kf + gkp ≤ kf kp + kgkp .
On a donc l'inégalité triangulaire pour k·kp . Les autres propriétés d'une norme se vérient facilement.
Exercice 11 Montrer que pour toute fonction f dans E = C 0 ([a, b] , R) on a :
lim kf kp = kf k∞ .
p→+∞
Solution. On suppose f non identiquement nulle. On a, pour tout réel p ≥ 1 :
(∀x ∈ [a, b] , 0 ≤ |f (x)| ≤ kf k∞ ) ⇒
³
´
1
0 ≤ kf kp ≤ kf k∞ (b − a) p .
La fonction f est continue sur le compact [a, b] , il existe donc un réel x0 ∈ [a, b] tel que |f (x0 )| =
kf k∞ . Pour ε > 0 donné, il existe η > 0 tel que 0 ≤ |f (x0 )| − |f (x)| < ε pour tout x ∈ I0 =
[a, b] ∩ [x0 − η, x0 + η] . On a alors, en notant α la longueur de l'intervalle I0 :
Rb
R
p
p
a |f (x)| dx ≥ RI0 |f (x)| dx
≥ I0 (|f (x0 )| − ε)p dx ≥ α (kf k∞ − ε)p .
Ce qui donne en dénitive, pour tout ε > 0 :
1
1
εα p ≤ kf kp ≤ kf k∞ (b − a) p .
1
1
Comme lim (kf k∞ − ε) α p = kf k∞ − ε et lim kf k∞ (b − a) p = kf k∞ , on déduit qu'il existe un
p→+∞
n→+∞
entier p0 tel que :
∀p ≥ p0 , kf k∞ − 2ε ≤ kf kp ≤ kf k∞ + 2ε.
³
´
On a donc ainsi prouvé que lim kf kp = kf k∞ .
p→+∞
8
Espaces vectoriels normés
Exercice 12 Soient f et g deux fonctions à valeurs réelles dénies et continues
°
° sur l'intervalle
° 1°
[a, b] , la fonction g étant à valeurs strictement positives. Calculer lim °f g p ° .
p→+∞
p
Solution. La fonction g étant continue et à valeurs strictement positives sur le compact [a, b] , on
a m = inf g (x) > 0 et M = sup g (x) > 0 . Puis avec :
x∈[a,b]
x∈[a,b]
m |f |p ≤ g |f |p ≤ M |f |p ,
on déduit que :
° 1 °
1
1
°
°
m p kf kp ≤ °g p f ° ≤ M p kf kp .
p
° 1°
°
°
On en déduit alors en utilisant le résultat de l'exercice précédent que lim °f g p ° = kf k∞ .
p→+∞
p
1.2 Topologie associée à une norme
Un espace vectoriel normé est naturellement muni d'une structure d'espace vectoriel topologique, ce qui signie que l'on peut associer à une norme sur E une topologie (i. e. une famille
d'ouverts) telle que les applications d'addition interne et de multiplication externe soient continues.
Nous rappelons brièvement ces notions, en désignant par (E, k·k) un espace vectoriel normé.
Pour tout x0 dans E et tout réel r strictement positif, on note :
B (x0 , r) = {x ∈ E | kx − x0 k < r}
la boule ouverte de centre x0 et de rayon r et :
B (x0 , r) = {x ∈ E | kx − x0 k ≤ r}
la boule fermée de centre x0 et de rayon r.
Dénition 3 On dit qu'une partie O de (E, k·k) est un ouvert si cette partie est vide ou si elle
est non vide et pour tout a dans O il existe un réel r > 0 tel que B (a, r) ⊂ O.
Un ouvert est donc une réunion de boules ouvertes.
◦
Dénition 4 L'intérieur d'une partie A de (E, k·k) , noté A, est le plus grand ouvert de E
contenu dans A.
Dénition 5 On dit qu'une partie F de (E, k·k) est un fermé si son complémentaire dans E
est un ouvert de E.
Dénition 6 L'adhérence d'une partie A de (E, k·k) , notée A, est le plus petit fermé de E
contenant A.
On peut également dénir les notions de convergence pour les suites et les séries ainsi que la
notion de continuité pour les fonctions dénies sur E et à valeurs dans un autre espace vectoriel
normé, ces notions étant supposées acquises sur R (nous étudierons plus tard, et en détail, les
suites et séries numériques).
Topologie associée à une norme
9
Dénition 7 On dit qu'une suite (xn )n∈N d'éléments de (E, k·k) est convergente s'il existe x
dans E tel que lim kxn − xk = 0. Une suite non convergente est dite divergente.
n→+∞
Si une suite (xn )n∈N d'éléments de (E, k·k) est convergente alors sa limite est unique et on
peut noter x = lim xn . La convergence de (xn )n∈N vers x se traduit alors par :
n→+∞
∀ε > 0, ∃n0 ∈ N | ∀n ≥ n0 , kxn − xk < ε.
Cette notion dépend a priori de la norme choisie sur E. Considérons par exemple la suite
de fonctions (fn )n∈N dénie sur [0, 1] par :
(
£
¤
−n3 x + n si x ∈ 0, n12 ,
fn (x) =
£
¤
0 si x ∈ n12 , 1 .
On a lim kfn k1 = 0 et lim kfn k∞ = +∞, c'est-à-dire que cette suite converge vers la
n→+∞
n→+∞
fonction nulle pour la norme k·k1 et diverge pour la norme k·k∞ .
Dénition 8 On dit qu'une suite (xn )n∈N d'éléments de (E, k·k) est une suite de Cauchy si
pour tout réel ε > 0 on peut trouver un entier nε tel que pour tous entiers p, q on a :
p ≥ nε ,
q ≥ nε ,
⇒
kxp − xq k < ε.
En utilisant l'inégalité triangulaire on déduit immédiatement que toute suite convergente
dans un espace vectoriel normé est de Cauchy. Mais en général la réciproque est fausse.
Dénition 9 On dit qu'un espace vectoriel normé (E, k·k) est complet, ou que c'est un espace
de Banach, si toute suite de Cauchy dans E est convergente.
On rappelle que (R, |·|) est complet. De ce résultat on déduira que tout espace vectoriel
normé de dimension nie est complet.
Dénition 10 On dit qu'une partie non vide B de (E, k·k) est bornée s'il existe une constante
λ > 0 telle que kxk ≤ λ pour tout x dans B.
Dire qu'une partie A de E est bornée revient à dire qu'elle contenue dans une boule fermée
centrée en 0.
On vérie facilement qu'une suite convergente est bornée.
Exercice 13 Montrer qu'une partie F de (E, k·k) est fermée si, et seulement si, pour toute
suite d'éléments de F qui converge vers x dans E on a, x ∈ F.
Exercice 14 Soit (E, k·k) un espace vectoriel normé. Pour toute partie non vide F de E, on
note d (x, F ) = inf kx − yk . Montrer que si F est fermée dans (E, k·k) alors pour tout x ∈ E−F
y∈F
on a d (x, F ) > 0.
Solution. Pour x ∈ E − F, on note δ = d (x, F ) . Par dénition de la borne inférieure, pour tout
entier n > 0 on peut trouver un élément xn de F tel que :
δ ≤ kx − xn k < δ +
1
.
n
On a alors lim kx − xn k = δ. Si δ = 0 alors x = lim xn ∈ F, puisque F est fermé, ce qui contredit
n→+∞
x ∈ E − F. On a donc δ > 0.
n→+∞
10
Espaces vectoriels normés
Dénition 11 On dit qu'une partie non vide C de (E, k·k) est compacte si de toute suite de
points de C on peut extraire une sous-suite qui converge vers un élément de C.
Toute partie compacte d'un espace vectoriel normé (E, k·k) est fermée et bornée. Nous
verrons plus loin que la réciproque est vraie seulement dans les espaces de dimension nie.
Dénition 12 On dit qu'une partie A de (E, k·k) est dense dans E si A = E.
Exercice 15 Montrer l'équivalence des assertions suivantes :
1.
2.
3.
4.
A est dense dans E ;
le complémentaire de A dans E, (noté E \ A) est d'intérieur vide dans E ;
pour tout ouvert non vide V de E, l'intersection A ∩ V est non vide ;
tout élément x de E est limite d'une suite de points de A.
Dénition 13 On dit que l'espace vectoriel normé (E, k·k) est séparable s'il existe dans E une
partie dense dénombrable.
Exemple 1 De la densité de l'ensemble Q dans R, on déduit que (R, |·|) est séparable.
Exemple 2 Plus généralement si E est un espace vectoriel de dimension n, en désignant par
B = (ei )1≤i≤n une base de E, on munit cet espace de la norme dénie par :
∀x =
n
X
xi ei ∈ E, kxk∞ = max |xi |
1≤i≤n
i=1
et l'ensemble :
(
D=
x=
n
X
)
ri ei | (r1 , · · · , rn ) ∈ Qn
i=1
est dénombrable et dense dans E.
Si I est une partie non vide d'un espace vectoriel
normé (E, k·k) et f une fonction dénie
¡
0¢
sur I à valeurs dans un espace vectoriel normé F, k·k , on rappelle les dénitions suivantes de
continuité et d'uniforme continuité. Le cas des fonctions numériques sera étudié plus en détail
plus tard.
Dénition 14 On dit que f est continue en x0 ∈ I si :
∀ε > 0, ∃η > 0 | ∀x ∈ I, kx − x0 k ≤ η ⇒ kf (x) − f (x0 )k0 ≤ ε.
On dit que f est continue sur I si elle est continue en tout point de I.
Exercice 16 Montrer que f est continue sur I si, et seulement si, l'image réciproque par f de
tout ouvert [resp. fermé] de F est un ouvert [resp. fermé] de I.
On rappelle que si I est compact et F = R, alors toute fonction continue sur I est bornée
et atteint ses bornes.
Dénition 15 On dit que f est uniformément continue sur I si :
¡
¢
∀ε > 0, ∃η > 0 | (x, y) ∈ I 2 , kx − yk ≤ η ⇒ kf (x) − f (y)k ≤ ε.
On rappelle que si I est compact, alors toute fonction continue sur I est uniformément
continue.
¡
¢
Dénition 16 Soient (E, k·k) et F, k·k0 deux espaces vectoriels normés. On dit qu'une application f dénie sur E et à valeurs dans F est un homéomorphisme si elle est continue bijective
d'inverse f −1 bijective.
Applications linéaires continues
11
1.3 Applications linéaires continues
L'étude de la continuité est plus simple dans le cas particulier des applications linéaires.
¡
¢
Exercice 17 Soit u une application linéaire de (E, k·k) dans F, k·k0 .
Montrer l'équivalence des assertions suivantes :
1.
2.
3.
4.
u
u
u
il
est continue en 0 ;
est continue sur E ;
est bornée sur la sphère [resp. boule] unité de (E, k·k) ;
existe une constante réelle c telle que :
∀x ∈ E, ku (x)k0 ≤ c kxk
5. u est uniformément continue sur E.
Solution. (1) ⇒ (2) Si u est continue en 0, pour ε > 0 donné on peut trouver η > 0 tel que :
x ∈ E, kxk ≤ η ⇒ ku (x)k0 ≤ ε.
En utilisant la linéarité de u on déduit alors que pour x0 , x dans E tels que kx − x0 k ≤ η on a
ku (x) − u (x0 )k0 ≤ ε, ce qui prouve la continuité (et même l'uniforme continuité) de f sur E.
(2) ⇒ (3) Si u est continue sur E elle est en particulier continue en 0 et il existe un réel η > 0 tel que :
x ∈ E,
kxk ≤ η
⇒
ku (x)k0 ≤ 1.
Pour tout x dans la sphère [resp. boule] unité de (E, k·k) on a kxk = 1 [resp. kxk ≤ 1] de sorte que
1
kηxk = η [resp. kηxk ≤ η ] et avec la linéarité de u on déduit que ku (x)k0 ≤ . On a donc ainsi prouvé
η
que u est bornée sur la sphère [resp. boule] unité de (E, k·k) .
(3) ⇒ (4) Si u est bornée sur la sphère [resp. boule] unité de (E, k·k) il existe un réel c > 0 tel que
ku (x)k0 ≤ c pour tout x ∈ E tel que kxk = 1 [resp. kxk ≤ 1]. En remarquant que pour tout vecteur
1
x non nul dans E le vecteur
x est dans la sphère (et la boule) unité de (E, k·k) et en utilisant la
kxk
linéarité de u on déduit que ku (x)k0 ≤ c kxk , cette inégalité étant aussi vériée pour x = 0.
(4) ⇒ (5) et (5) ⇒ (1) Ces implications sont évidentes.
Une application linéaire continue de E dans F est aussi appelée opérateur borné et la norme
d'un tel opérateur peut être dénie par :
ku (x)k0
.
kxk
x∈E\{0}
kuk = sup ku (x)k0 = sup
x∈E
kxk=1
¡
¢
Exercice 18 Soient (E, k·k) , F, k·k0 deux espaces vectoriels normés et u une application
linéaire surjective de E dans F. Montrer que les assertions suivantes sont équivalentes :
(i) u est un homéomorphisme de E sur F ;
(ii) il existe des constantes réelles strictement positives α et β telles que :
∀x ∈ E, α kxk ≤ ku (x)k0 ≤ β kxk ;
(iii) il existe des constantes réelles strictement positives α et β telles que :
(x ∈ E, kxk = 1) ⇒ α ≤ ku (x)k0 ≤ β.
12
Espaces vectoriels normés
Solution.
(i) ⇒ (ii) Si u est un homéomorphisme de E sur F alors u et u−1 sont continues et il existe deux
constantes β > 0 et γ > 0 telles que :
∀x ∈ E, °ku (x)k0 °≤ β kxk ,
∀y ∈ F, °u−1 (y)° ≤ γ kyk0 .
Comme tout vecteur x de E s'écrit de manière unique x = u−1 (y) avec y dans F, on déduit des
inégalités précédentes que :
1
∀x ∈ E, kxk ≤ ku (x)k0 ≤ β kxk .
γ
(ii) ⇒ (iii) Cette implication est évidente.
(iii) ⇒ (i) Les inégalités ku (x)k0 ≤ β pour x dans la sphère unité de E signient que l'application
1
linéaire u est continue. En remarquant que pour tout vecteur x non nul dans E le vecteur
x est
kxk
dans la sphère unité de (E, k·k) et en utilisant la linéarité de u on déduit des inégalités (iii) que :
∀x ∈ E − {0} , α kxk ≤ ku (x)k0 ≤ β kxk ,
ces inégalités étant encore vériées pour x = 0. Si u (x) = 0 on a alors nécessairement x = 0, (α > 0),
c'est-à-dire que l'application linéaire u est injective. Cette application étant supposée surjective, on
déduit que c'est un isomorphisme de E sur F. Tout vecteur x de E s'écrivant de manière unique
x = u−1 (y) avec y dans F, les inégalités α kxk ≤ ku (x)k0 pour tout x dans E sont équivalentes à
° −1
°
°u (y)° ≤ 1 kyk0 pour tout y dans F, ce qui équivaut à la continuité de u−1 .
α
Dénition 17 On dit que deux normes k·k et k·k0 sont équivalentes sur un espace vectoriel E
si l'application identité :
Id : (E, k·k) →
x
7→
¡
¢
E, k·k0
x
est un homéomorphisme.
On dénit ainsi une relation d'équivalence sur l'ensemble des normes de E.
Exercice 19 Montrer que deux normes k·k et k·k0 sur un espace vectoriel E sont équivalentes
si et seulement si il existe deux constantes réelles α et β strictement positives telles que :
∀x ∈ E, α kxk ≤ kxk0 ≤ β kxk .
De ce résultat on déduit que deux normes équivalentes sur E dénissent la même topologie.
Dans ce qui suit on va voir qu'une application linéaire de rang ni est continue si et seulement
si son noyau est fermé. De ce résultat, conséquence de la complétude deR, on va déduire que sur
un espace vectoriel de dimension nie toutes les normes sont équivalentes. Une autre démonstration, plus classique, de cette équivalence des normes en dimension nie est une conséquence
de la locale compacité de R.
Exercice 20 On va caractériser les formes linéaires continues sur un espace vectoriel normé.
1. Montrer que si ϕ est une forme linéaire non nulle sur un R-espace vectoriel E, alors il
existe un vecteur non nul a dans E tel que :
E = ker (ϕ) ⊕ Ra.
Applications linéaires continues
13
2. Soit (E, k·k) un espace vectoriel normé. Montrer qu'une forme linéaire ϕ sur E est continue si et seulement si son noyau ker (ϕ) est fermé dans (E, k·k) .
Solution.
1. La forme linéaire ϕ étant non nulle, on peut trouver un vecteur a dans E tel que ϕ (a) 6= 0. Ce
ϕ (x)
a est
vecteur a est nécessairement non nul. Pour tout vecteur x dans E, le vecteur h = x −
ϕ (a)
ϕ (x)
dans le noyau de ϕ et en écrivant que x = h +
a on déduit que E = ker (ϕ) + Ka. Si x est
ϕ (a)
dans ker (ϕ) ∩ Ka on a alors x = λa et λϕ (a) = ϕ (x) = 0 avec ϕ (a) 6= 0 ce qui entraîne λ = 0
et x = 0. On a donc ker (ϕ) ∩ Ka = {0} et E = ker (ϕ) ⊕ Ka.
2. Soit ϕ une forme linéaire continue sur E et (xn )n∈N une suite de points de ker (ϕ) qui converge
vers x ∈ E. Avec la continuité de ϕ on a ϕ (x) = lim ϕ (xn ) = 0, c'est-à-dire que x ∈ ker (ϕ) .
n→+∞
On a donc ainsi montré que si ϕ est continue alors son noyau est fermé. On peut aussi dire que
ker (ϕ) est un fermé comme image réciproque du fermé {0} par l'application continue ϕ.
Supposons réciproquement que ker (ϕ) soit fermé dans (E, k·k) . Dire que ϕ est non continue
équivaut à dire qu'elle n'est pas bornée sur la sphère unité de (E, k·k) . Dans ce cas on peut
trouver une suite (xn )n∈N de points de E telle que :
∀n ∈ N,
kxn k = 1,
|ϕ (xn )| ≥ n.
On considère une décomposition E = ker (ϕ) ⊕ Ra avec ϕ (a) 6= 0 et on écrit, pour tout entier
ϕ (xn )
n, xn = yn + λn a avec yn ∈ ker (ϕ) et λn =
∈ R. Pour n ≥ 1 on a |ϕ (xn )| ≥ n > 0 et on
ϕ (a)
1
1
xn + zn avec zn = − yn ∈ ker (ϕ) . Mais on a alors pour tout entier n ≥ 1 :
peut écrire a =
λn
λn
ka − zn k =
kxn k
1
|ϕ (a)|
|ϕ (a)|
=
=
≤
|λn |
|λn |
|ϕ (xn )|
n
et a n'appartenant pas à ker (ϕ) est limite d'une suite de points de ker (ϕ) ce qui est contradiction
avec ker (ϕ) fermé. On a donc ainsi montré que si ker (ϕ) est fermé dans (E, k·k) alors ϕ est
continue.
Exercice 21 On va généraliser le résultat de l'exercice précédent en caractérisant les applica-
tions linéaires de rang ni qui sont continues sur un espace vectoriel normé. On en déduit que
toute application linéaire d'un espace vectoriel normé de dimension ni dans un espace vectoriel
normé est continue.
1. Soient E, F deux K-espaces vectoriels et u une application linéaire de E dans F. Montrer
que l'application u est de rang r si et seulement si il existe des formes linéaires sur
E, ϕ1 , · · · , ϕr linéairement indépendantes et des vecteurs de F, a1 , · · · , ar linéairement
indépendants tels que :
r
X
∀x ∈ E, u (x) =
ϕi (x) ai .
i=1
2. Soient (E, k·k) un espace vectoriel normé et F un sous-espace vectoriel fermé de (E, k·k) .
Montrer que pour tout sous-espace vectoriel G de dimension nie dans E, le sous-espace
vectoriel H = F + G est fermé dans (E, k·k) (on peut procéder par récurrence sur la
dimension p ≥ 1 de G).
14
Espaces vectoriels normés
¡
¢
3. Soient (E, k·k) , F, k·k0 deux K-espaces vectoriels normés et u une application linéaire
de E dans F de rang ni. Montrer que l'application u est continue si et seulement si son
noyau ker (u) est fermé dans (E, k·k) .
¡
¢
4. Soient (E, k·k) un espace vectoriel normé de dimension nie et F, k·k0 un espace vectoriel normé. Montrer que toute application linéaire de E dans F est continue.
Solution.
1. Si u ∈ L (E, F ) est de rang r, alors son image Im (u) est un sous-espace vectoriel de F de
dimension r et, en notant (a1 , · · · , ar ) une base de Im (u) , pour tout x dans E, on peut trouver des
r
P
scalaires uniquement déterminés ϕ1 (x) , · · · , ϕr (x) tels que u (x) =
ϕi (x) ai . De la linéarité
i=1
de u et de l'unicité de l'écriture d'un vecteur dans une base on déduit que les applications ϕi
sont linéaires.
Supposons le système (ϕ1 , · · · , ϕr ) dans E ∗ (dual algébrique de E ) lié avec, par exemple, ϕ1 =
r
P
λi ϕi . On a alors, pour tout x dans E :
i=2
Ã
u (x) =
r
X
i=2
!
λi ϕi (x) a1 +
r
X
ϕi (x) ai =
i=2
r
X
ϕi (x) (λi a1 + ai )
i=2
et le système de r−1 vecteurs {λi a1 + ai | 2 ≤ i ≤ r} engendre Im (u) , ce qui est en contradiction
avec dim (Im (u)) = r. Le système (ϕ1 , · · · , ϕr ) est donc libre.
La réciproque est évidente.
2. On procède par récurrence sur la dimension p ≥ 1 de G. Pour p = 1 il s'agit de montrer que
pour tout vecteur non nul a de E, H = F + Ra est fermé. Si a ∈ F alors H = F est fermé.
On suppose donc que a ∈
/ F et on a alors H = F ⊕ Ra. Tout vecteur x de H s'écrit de manière
unique x = y + ϕ (x) a avec y ∈ F et ϕ (x) ∈ R. De l'unicité d'une telle écriture on déduit que
ϕ est une forme linéaire sur H. De plus le noyau de ϕ est ker (ϕ) = F fermé dans (E, k·k) , c'est
donc aussi un fermé de (H, k·k) et ϕ est continue de H dans R. De cette continuité et de la
complétude de R on va déduire que H est fermé. Soit donc (xn )n∈N une suite de points de H
qui converge vers x ∈ E. Tout vecteur xn s'écrit xn = yn + ϕ (xn ) a où (yn )n∈N est une suite de
points de F. La suite (xn )n∈N étant convergente dans E, elle est de Cauchy et avec la continuité
de ϕ on déduit que la suite (ϕ (xn ))n∈N est de Cauchy dans R. Le corps R étant complet, on
déduit que la suite (ϕ (xn ))n∈N converge vers un scalaire λ. On déduit alors que la suite (yn )n∈N
converge vers y = x − λa. L'espace F étant fermé on a y ∈ F et x = y + λa est dans H. On a
donc ainsi montré que H est fermé.
Supposons maintenant le résultat acquis pour tous les sous-espaces vectoriels deE de dimension
p ≥ 1 et soit G de dimension p + 1. En notant (a1 , · · · , ap+1 ) une base de G on peut écrire :


p
M
H = F + G = F +
Kaj  + Rap+1
j=1
et on conclut facilement avec l'hypothèse de récurrence et l'étude du cas p = 1.
3. Si
¡ u est0 ¢ continue alors ker (u) est fermé dans (E, k·k) comme image réciproque du fermé {0} de
F, k·k par l'application continue u.
Réciproquement supposons que ker (u) soit fermé dans (E, k·k) . L'application linéaire u étant
de rang ni, il existe des formes linéaires ϕ1 , · · · , ϕr , linéairement indépendantes dans E ∗ et un
r
r
P
T
système libre {a1 , · · · , ar } dans F tels que u =
ϕi ai . On a alors ker (u) =
ker (ϕj ) ⊂
i=1
j=1
ker (ϕj ) pour tout j compris entre 1 et r. On peut alors écrire que ker (ϕj ) = ker (u) ⊕ Hj et la
restriction de u à Hj est injective (u (x) = 0 et x ∈ Hj équivaut à x ∈ ker (u) ∩ Hj ) de Hj dans
Espaces vectoriels normés de dimension nie
15
Im (u) qui est de dimension nie. En dénitive, pour tout j compris entre 1 et r le sous-espace
vectoriel Hj est de dimension nie dans E et ker (ϕj ) = ker (u) ⊕ Hj est fermé, ce qui signie que
r
P
ϕi ai en résulte alors immédiatement.
la forme linéaire ϕj est continue. La continuité de u =
i=1
4. Si E est de dimension nie alors toute application linéaire u de E dans F est de rang ni. De plus
avec dim (E) = dim (ker (u)) + dim (Im (u)) on déduit que ker (u) est un sous-espace vectoriel de
dimension nie de E, il est donc fermé et u est continue.
1.4 Espaces vectoriels normés de dimension nie
On rappelle le résultat important suivant : de toute suite bornée de nombres réels on peut
extraire une sous-suite convergente.
La démonstration peut se faire en utilisant le principe de dichotomie. Si [a0 , b0 ] est un
intervalle réel qui contient tous les éléments de la suite (xn )n∈N on le coupe en deux parties
égales et on garde une de ces parties qui contient des xn pour une innité d'indices n. En
réitérant ce procédé on construit deux suites adjacentes (an )n∈N et (bn )n∈N et une application ϕ
strictement
de N dans N telles que chaque intervalle [an , bn ] contient un terme xϕ(n) .
¡ croissante
¢
La suite xϕ(n) n∈N est alors convergente.
Exercice 22 Soient E est un espace vectoriel de dimension n ≥ 1, (e1 , · · · , en ) une base de E
et k·k∞ la norme dénie sur E par :
∀x =
n
X
xi ei ∈ E, kxk∞ = max |xi | .
1≤i≤n
i=1
Montrer que la boule unité B∞ et la sphère unité S∞ sont compactes dans (E, k·k∞ ) .
¡
Solution. Soit x(k)
¢
k∈N
³
´
(k)
une suite dans B∞ [resp. S∞ ] avec, pour tout k ∈ N, x(k) = xj
Pour tout entier j compris entre 1 et n on a :
¯
¯ °
°
¯ (k) ¯ ° (k) °
x
≤
x
¯ j ¯ °
°
∞
1≤j≤n
.
≤ 1.
³
´
(k)
De la suite réelle bornée x1
³
´
(ϕ (k))
on peut alors extraire une sous-suite x1 1
qui converge vers
k∈N
k∈N
³
´
(ϕ (k))
un scalaire x1 vériant |x1 | ≤ 1. Puis de la suite bornée x2 1
on peut extraire une sous-suite
k∈N
³
´
(ϕ (k))
x2 2
qui converge vers un scalaire x2 vériant |x2 | ≤ 1. Et en continuant ainsi on extrait une
k∈N¢
¡ (ϕ(k))
suite x
telle que :
k∈N
∀j ∈ {1, 2, · · · , n} ,
(ϕ(k))
lim xj
k→+∞
= xj ,
°
°
avec |xj | ≤ 1. On a alors lim °x(ϕ(k)) − x°∞ = 0 où x = (xj )1≤j≤n est dans B∞ [resp. S∞ ], c'estk→+∞
¡
¢
à-dire que la suite x(ϕ(k)) k∈N converge vers x dans B∞ [resp. S∞ ]. On a donc ainsi montré que B∞
[resp. S∞ ] est compacte dans (E, k·k∞ ) .
16
Espaces vectoriels normés
Exercice 23 Soient (E, k·k) un espace vectoriel normé et F un sous-espace vectoriel fermé de
E distinct de E. Pour tout x dans E on note :
d (x, F ) = inf kx − yk .
y∈F
Montrer que pour tout réel ε > 0 il existe un vecteur x dans la sphère unité de (E, k·k) tel que
d (x, F ) ≥ 1 − ε.
Solution. Pour ε ≥ 1 le résultat est évident. On suppose donc que ε ∈ ]0, 1[ . Si F est fermé dans
E alors pour tout y ∈ E − F on a d (y, F ) > 0. Pour ε ∈ ]0, 1[ on a
peut trouver z ∈ F tel que :
0 < d (y, F ) ≤ ky − zk <
1
> 1 et pour y ∈ E − F on
1−ε
d (y, F )
.
1−ε
1
Le vecteur x =
(y − z) est alors dans la sphère unité de (E, k·k) et pour tout vecteur t ∈ F on
ky − zk
a:
1
kx − tk =
ky − (z + ky − zk t)k ,
ky − zk
avec u = z + ky − zk t ∈ F, de sorte que :
kx − tk =
d (y, F )
1
ky − uk ≥
> 1 − ε.
ky − zk
ky − zk
On a donc d (x, F ) = inf kx − tk ≥ 1 − ε.
t∈F
L'exercice qui suit a pour but de donner plusieurs caractérisations des R-espaces vectoriels
de dimension nie.
Exercice 24 Soit E un espace vectoriel sur K. Montrer que les assertions suivantes sont équi-
valentes.
(i) E est de dimension nie sur K.
(ii) Toutes les normes sur E sont équivalentes.
(iii) Quelle que soit la norme choisie sur E toute forme linéaire dénie sur (E, k·k) est continue.
(iv) Quelle que soit la norme choisie sur E, la sphère [resp. boule] unité de (E, k·k) pour cette
norme est compacte.
(v) Quelle que soit la norme choisie sur E, les compacts de (E, k·k) sont les fermés bornés.
Solution.
(i) ⇒ (ii) On suppose que E est de ¡dimension
nie et ¡on se donne
deux normes k·k et k·k0 sur E.
0¢
0¢
L'application linéaire Id : (E, k·k) → E, k·k [resp. Id : E, k·k
→ ¢(E, k·k)] est de rang ni à noyau
¡
fermé, elle est donc continue. L'application Id : (E, k·k) → E, k·k0 est donc un homéomorphisme,
c'est-à-dire que les normes k·k et k·k0 sont équivalentes sur E.
(ii) ⇒ (iii) On suppose que toutes les normes sur E sont équivalentes. Si k·k est une norme sur E et
ϕ une forme linéaire sur E alors l'application :
N : x 7→ kxk + |ϕ (x)|
dénit une norme sur E, elle est donc équivalente à k·k et il existe une constante α > 0 telle que :
∀x ∈ E,
N (x) ≤ α kxk .
Espaces vectoriels normés de dimension nie
17
On a donc :
∀x ∈ E,
|ϕ (x)| ≤ (α − 1) kxk ,
ce qui équivaut à la continuité de la forme linéaire ϕ.
(iii) ⇒ (iv) On suppose que quelle que soit la norme choisie sur E toute forme linéaire sur E est
continue. Si (E, k·k) est de dimension innie on peut trouver un système libre inni dénombrable
{en | n ∈ N} tel que ken k = 1 pour tout n ∈ N. En désignant par G un supplémentaire dans E de
H = Vect {en | n ∈ N} on dénit la forme linéaire ϕ sur E par :
½
∀x ∈ G, ϕ (x) = 0,
∀n ∈ N, ϕ (en ) = n.
L'application linéaire ainsi dénie n'est pas bornée sur la sphère unité de (E, k·k) et en conséquence
n'est pas continue, ce qui est en contradiction avec l'hypothèse de départ. L'espace vectorielE est donc
de dimension nie.
On a donc ainsi montré que les assertions (i) , (ii) et (iii) sont équivalentes. En particulier si (iii) est
vérié alors toutes les normes sur E sont équivalentes et la compacité de la sphère [resp. boule] unité
de (E, k·k) résulte de la compacité de la sphère [resp. boule] unité de (E, k·k∞ ) .
(iv) ⇒ (v) On suppose que quelle que soit la norme choisie sur E, la sphère [resp. boule] unité de E pour
cette norme est compacte. On sait déjà que toute partie compacte d'un espace vectoriel normé(E, k·k)
est fermée et bornée. Réciproquement soit C une partie non vide fermée et bornée dans (E, k·k) . Il
existe une constante
λ > 0 telle que kxk ≤ λ pour tout x dans C et pour toute suite (xn )n∈N de points
¶
µ
1
xn
est dans la boule unité de (E, k·k) , cette boule étant compacte, on peut
de C, la suite
λ
n∈N
¡1
¢
¡
¢
extraire une sous-suite λ xϕ(n) n∈N qui converge vers y ∈ E. La suite xϕ(n) n∈N converge alors vers
x = λy et x ∈ C puisque C est fermé. On a donc ainsi montré que C est compact dans (E, k·k) .
(v) ⇒ (i) On suppose que quelle que soit la norme choisie sur E, les compacts de (E, k·k) sont les fermés
bornés. Si E est de dimension innie on peut trouver un système libre inni dénombrable{en | n ∈ N}.
Pour tout entier n, on désigne par En le sous-espace vectoriel de E engendré par {ek | 1 ≤ k ≤ n} .
On a alors Ep $ Eq pour q > p. De plus chaque En est de dimension nie dans E, donc fermé dans
E et aussi dans En+1 . On peut construire une suite (xn )n≥1 dans la sphère unité de (E, k·k) telle que
1
xn ∈ En et d (xn , En−1 ) ≥ pour tout n ≥ 1. Mais alors, on a :
2
1
∀q > p, kxq − xp k ≥ d (xq , Eq−1 ) ≥
2
et il est impossible d'extraire de la suite (xn )n≥1 une sous-suite convergente, ce qui est en contradiction
avec la compacité de la sphère unité (c'est un fermé borné) de (E, k·k) . L'espace vectoriel E est donc
nécessairement de dimension nie.
Remarque 2 L'équivalence (i) ⇔ (iv) est le théorème de Riesz.
On peut donc conclure que sur un espace vectoriel de dimension nie on a une seule topologie
compatible avec la structure d'espace vectoriel.
Une autre démonstration de l'équivalence des normes en dimension nie, basée sur la compacité locale de R, peut se faire comme suit.
Exercice 25 On désigne par E un espace vectoriel de dimension nie sur R, par (e1 , · · · , en )
une base de E et on note k·k∞ la norme dénie sur E par :
∀x =
n
X
i=1
xi ei ∈ E,
kxk∞ = max |xi | .
1≤i≤n
On sait déjà que la boule unité et la sphère unité de (E, k·k∞ ) sont compactes.
18
Espaces vectoriels normés
1. Montrer que pour toute norme k·k sur E l'application :
(E, k·k∞ ) → R
x
7→ kxk
est continue.
2. Montrer que toutes les normes sur E sont équivalentes.
3. Retrouver
le fait que si (E, k·k) est un espace vectoriel normé de dimension nie et
¡
0¢
F, k·k un espace vectoriel normé de dimension quelconque alors toute application linéaire de E dans F est continue.
Solution.
1. Pour tout x =
n
P
j=1
xj ej dans E on a :
kxk ≤ β kxk∞ ,
où β =
n
P
j=1
kej k > 0. On a donc pour x et y dans E :
|kxk − kyk| ≤ kx − yk ≤ β kx − yk∞
et la continuité en résulte.
2. Il sut de montrer que toute norme k·k sur E est équivalente à k·k∞ .
n
P
On a déjà vu que pour tout x =
xi ei dans E on a :
i=1


n
X
kxk ≤ 
kej k kxk
∞
= β kxk∞ .
j=1
On a également vu que la sphère unité
S∞ = {x ∈ E | kxk∞ = 1}
est compacte dans (E, k·k∞ ) et que l'application x 7→ kxk est continue de (E, k·k∞ ) dans R. On
peut donc poser :
α = inf kxk = lim kxn k ,
x∈S∞
n→+∞
où (xn )n∈N est une suite de points de S∞ .
¡
¢
La sphère unité S∞ étant compacte, on peut extraire de (xn )n∈N une sous-suite xϕ(n) n∈N qui
converge vers x dans S∞ . On a alors α °= kxk >
° 0.
° x °
°
Enn, pour tout x dans E − {0} , on a °
° kxk ° ≥ α soit α kxk∞ ≤ kxk . D'où l'équivalence des
∞
normes.
3. Si (e1 , · · · , en ) est une base de E, pour toute application linéaire u de E dans F on a, pour tout
n
P
x=
xi ei ∈ E :
i=1
0
ku (x)k ≤
n
X
i=1
µ
0
|xi | ku (ei )k ≤
¶
0
max ku (ei )k
1≤i≤n
µ
kxk1 ≤
¶
0
max ku (ei )k
1≤i≤n
α kxk
(les normes k·k1 et k·k sont équivalentes, il existe donc α > 0 tel que, pour tout x dans E, on
ait kxk1 ≤ α kxk) et la continuité de u en résulte.
Normes matricielles
19
Exercice 26 Montrer qu'un espace vectoriel normé de dimension nie est complet.
Solution. En reprenant les notations qui précèdent il sut de montrer que (E, k·k∞ ) est complet,
ce qui se déduit immédiatement du fait que R est complet.
Exercice 27 Soit (E, k·k) un Respace vectoriel normé. L'espace vectoriel produit E × E est
muni de la norme :
(x, y) 7−→ k(x, y)k = max (kxk , kyk) .
Montrer qu'une application bilinéaire u : E × E → E est continue si et seulement si il existe
une constante λ > 0 telle que ku (x, y)k ≤ λ kxk kyk pour tous x, y dans E .
Solution. Si l'application u est bilinéaire et continue alors u (0, 0) = 0 et u est continue en (0, 0) .
Il existe donc un réel η > 0 tel que :
(x, y) ∈ E × E, kxk ≤ η, kyk ≤ η ⇒ ku (x, y)k ≤ 1.
°
°
°
°
° µ
¶°
° η °
°
° η °
°
η
η
° = η et °
° = η, donc °u
° ≤ 1 et avec la
Pour x, y dans E − {0} ,on a °
x
y
x,
y
° kxk °
° kyk °
°
kxk kyk °
bilinéarité de u, on déduit que :
∀ (x, y) ∈ E × E,
ku (x, y)k ≤ λ kxk kyk ,
1
.
η2
Réciproquement supposons 1.2 vérié. Pour x0 , x, y0 et y dans E, on a :
où λ =
ku (x, y) − u (x0 , y0 )k = ku (x − x0 , y) + u (x0 , y − y0 )k
≤ ku (x − x0 , y)k + ku (x0 , y − y0 )k
≤ λ (kx − x0 k kyk + kx0 k ky − y0 k) ,
ce qui entraîne
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
u (x, y) = u (x0 , y0 ) et la continuité de u sur E × E.
1.5 Normes matricielles
Dans ce paragraphe on se donne une norme x 7→ kxk sur Cn et on note :
B = {x ∈ Cn | kxk ≤ 1} ,
S = {x ∈ Cn | kxk = 1} ,
la boule unité et la sphère unité de (Cn , k·k) .
Exercice 28 Montrer que l'application :
A 7→ kAk = sup kAxk
x∈S
dénit une norme sur Mn (K).
(1.2)
20
Espaces vectoriels normés
Solution. L'égalité kAk = 0 équivaut à kAxk = 0 pour tout x dans S. En remarquant que pour
1
x ∈ S et en utilisant la linéarité de A, on déduit que A = 0.
kxk
La vérication des autres propriétés d'une norme ne pose pas de problèmes particuliers.
tout x dans Cn on a
L'application :
A 7→ kAk = sup kAxk
x∈S
est la norme matricielle induite par (ou subordonnée à) la norme vectorielle x 7−→ kxk.
Exercice 29 Montrer que la norme matricielle induite par k·k∞ est dénie par :
∀A ∈ Mn (C) ,
kAk∞ = max
1≤i≤n
Solution. Posons
α = max
1≤i≤n
n
X
n
X
|aij | .
j=1
|aij | .
j=1
Si A = 0 alors α = 0 et le résultat est évident. On suppose donc A non nulle.
Pour x dans S∞ (sphère unité de (Cn , k·k∞ )), on a :
¯
¯
¯X
¯
¯ n
¯
kAxk∞ = max ¯¯
aij xj ¯¯ ≤ α.
1≤i≤n ¯
¯
j=1
Pour montrer que α ≤ kAk , il sut de trouver un vecteur x dans S∞ tel que kAxk∞ = α.Soit k
n
P
compris entre 1 et n tel que α =
|akj | . On pose, pour tout j compris entre 1 et n :
j=1

a

 kj si akj 6= 0,
|akj |
xj =

 0 si a = 0.
kj
On a alors kAxk∞ = α. En eet, comme A est non nulle il existe un indice j compris entre 1 et n tel
que akj 6= 0, donc kxk∞ = 1 et, en notant y = Ax, on a :
¯
¯
¯X
¯
n
¯
¯
¯
∀i ∈ {1, 2, · · · , n} , |yi | = ¯
aij xj ¯¯ ≤ α,
¯ j=1
¯
avec pour i = k :
¯
¯
¯
¯ n
n
¯ X
¯X
¯
¯
|akj | = α.
akj xj ¯ =
|yk | = ¯
¯ j=1
¯ j=1
On a donc bien kAxk∞ = α et kAk∞ = α.
Exercice 30 Montrer que la norme matricielle induite par k·k1 est dénie par :
∀A ∈ Mn (C) ,
∗
kAk1 = kA k∞ = max
où A∗ désigne la matrice adjointe de A.
1≤j≤n
n
X
i=1
|aij | .
Normes matricielles
21
Solution. Posons :
β = max
1≤j≤n
n
X
|aij | .
i=1
Pour x dans S1 (sphère unité de (Kn , k·k1 )), on a :
¯
¯
¯
n ¯X
n
n
n
X
X
X
¯ n
¯ X
¯
¯
kAxk1 =
aij xj ¯ ≤
|xj |
|aij | ≤ β
|xj | = β.
¯
¯ j=1
i=1 ¯ j=1
i=1
j=1
Pour montrer que β ≤ kAk1 , il sut de trouver un vecteur x dans S1 tel que kAxk1 = β. Soit k compris
n
P
entre 1 et n tel que β =
|aik | . Pour x = ek (k ème vecteur de la base canonique de Cn ) on a :
i=1
¯
¯
¯
n
n ¯X
X
¯ X
¯ n
¯
¯
kAxk1 =
aij xj ¯ =
|aik | = β.
¯
¯ i=1
i=1 ¯ j=1
On a donc bien kAk1 = β.
Exercice 31 Montrer que pour toute matrice P dans GLn (C) l'application :
°
°
x 7→ kxkP = °P −1 x°∞
dénit une norme sur Cn et la norme matricielle induite par cette norme est dénie par :
°
°
∀A ∈ Mn (C) , kAkP = °P −1 AP °∞ .
Solution. Il est facile de vérier que k·kP dénit une norme sur Kn .
On peut aussi remarquer que P est la matrice de passage de la base canonique deCn , B = (e1 , e2 , · · · , en )
à une base B 0 = (e01 , e02 , · · · , e0n ) et en notant :


 0 
x1
x1
 .. 
 .. 
0
X =  . , X =  . 
xn
x0n
les coordonnées du vecteur x dans les bases respectives B et B0 , on a :
° °
°
°
kxkP = °P −1 X °∞ = °X 0 °∞ .
Pour toute matrice A dans Mn (C) , on a :
° −1
°
°P AX °
kAxkP
∞
kAkP = sup
=
sup
,
−1 Xk
kxk
kP
n
n
x∈K −{0}
X∈K −{0}
P
∞
soit en posant X = P X 0 :
°
° −1
°P AP X 0 °
°
°
∞
kAkP =
sup
= °P −1 AP °∞ .
0
kX k∞
X 0 ∈Kn −{0}
Exercice 32 Soit A 7−→ kAk une norme sur Mn (C) induite par une norme x 7−→ kxk sur
Cn . Montrer que :
22
Espaces vectoriels normés
1.
∀A ∈ Mn (C) , kAk = sup kAxk =
x∈B
kAxk
.
x∈Kn −{0} kxk
sup
2.
∀x ∈ C, ∀A ∈ Mn (C), kAxk ≤ kAk kxk .
3.
∀A ∈ Mn (C), ∀B ∈ Mn (C), kABk ≤ kAk kBk .
4.
kIn k = 1.
5. Il existe x dans S tel que :
©
kAk = kAxk . kAk = inf α ∈ R+ | ∀x ∈ Kn ,
ª
kAxk ≤ α kxk .
Solution.
1. Résulte de l'inclusion S ⊂ B et de la linéarité de A.
2. Se déduit facilement de 1.
3. De 2. on déduit que pour toutes matrices A, B dans Mn (C) on a :
∀x ∈ Cn , kABxk ≤ kAk kBxk ≤ kAk kBk kxk .
D'où le résultat.
4. Pour tout x dans S on a kIn xk = kxk = 1. On déduit donc que kIn k = 1.
5. Du fait qu'en dimension nie la sphère unité est compacte et qu'une fonction continue sur un
compact admet une borne supérieure qui est atteinte on déduit qu'il existe x dans S tel que
kAk = kAxk .
On note
©
ª
D = α ∈ R+ | ∀x ∈ Cn , kAxk ≤ α kxk .
On a D 6= ∅, car kAk ∈ D.Donc D admet une borne inférieure comme partie non vide et minorée
de R+ et inf (D) ≤ kAk .
Soient α ∈ D et x dans S tel que kAk = kAxk . On alors :
kAk = kAxk ≤ α kxk = α,
soit kAk ≤ α. On en déduit donc que kAk ≤ inf (D) et kAk = inf (D) .
La propriété 3. se traduit en disant que toute norme matricielle induite par une norme
vectorielle est sous-multiplicative.
Le rayon spectral d'une matrice A est le réel :
ρ (A) = max |λ| .
λ∈Sp(A)
On rappelle qu'une matrice complexe A est dite normale si A∗ A = AA∗ . Une telle matrice
se diagonalise dans une base orthonormée.
Exercice 33 Montrer que si A ∈ Mn (C) est une matrice normale alors :
kAk2 = ρ (A) .
Normes matricielles
23
Solution. Une matrice normale A ∈ Mn (C) se diagonalise dans une base orthonormée, il existe
donc des scalaires {λ1 , · · · , λn } et une base orthonormée (e1 , · · · , en ) de Cn tels que Aek = λk ek pour
n
n
P
P
tout k ∈ {1, · · · , n} . Pour tout x =
xk ek ∈ Cn tel que kxk22 =
|xk |2 = 1, on a alors :
k=1
kAxk22 =
n
X
k=1
|xk |2 |λk |2 ≤ ρ (A)2
n
X
k=1
|xk |2 = ρ (A)2 .
k=1
On peut donc conclure que kAk2 ≤ ρ (A) .
Si k ∈ {1, · · · , n} est tel que ρ (A) = |λk | , alors ρ (A) = |λk | = kAek k2 avec kek k2 = 1. Donc
kAk2 = ρ (A) .
L'égalité kAk2 = ρ (A) est valable en particulier pour A complexe hermitienne ou unitaire
et pour A réelle symétrique ou orthogonale.
Exercice 34 Montrer que pour toute matrice A ∈ Mn (C) , on a :
q
kAk2 =
kA∗ Ak2 =
p
ρ (A∗ A).
Solution. Pour tout x ∈ Cn tel que kxk22 = 1, en utilisant l'inégalité de Cauchy-Schwarz, on a :
kAxk22 = hx | A∗ Axi ≤ kxk2 kA∗ Axk2
≤ kxk2 kA∗ Ak2 kxk2 = kA∗ Ak2 .
Ce qui entraîne kAk22 ≤ kA∗ Ak2 ≤ kAk2 kA∗ k2 et kAk2 ≤ kA∗ k2 . En appliquant cette inégalité à A∗ ,
on obtient kA∗ k2 ≤ kAk2 ce qui donne :
kA∗ k2 = kAk2
On déduit donc que :
kAk22 ≤ kA∗ Ak2 ≤ kAk2 kA∗ k2 = kAk22 ,
ce qui entraîne kAk22 = kA∗ Ak2 . La matrice A∗ A étant normale (elle est hermitienne), on a aussi
kA∗ Ak2 = ρ (A∗ A) . Donc :
q
p
kAk2 = kA∗ Ak2 = ρ (A∗ A).
Exercice 35 Montrer que l'application dénie sur Mn (C) par :
A 7→ kAks =
p
Tr (A∗ A),
est norme (norme de Schur) et qu'elle est sous-multiplicative, c'est-à-dire quekABks ≤ kAks kBks
pour toutes matrices A et B appartenant à Mn (C) .
Solution. Pour toute matrice A dans Mn (C), on a :
v
uX
p
u n
kAks = Tr (A∗ A) = t
|aij |2 ,
i,j=1
24
Espaces vectoriels normés
2
c'est-à-dire que k·ks est la norme hermitienne de Mn (C) identié à Cn .
Pour toutes matrices A, B dans Mn (C), on a :
kABk2s = Tr (B ∗ (A∗ AB)) = Tr ((A∗ AB) B ∗ ) = Tr ((A∗ A) (BB ∗ ))
et les matrices A∗ A et BB ∗ étant hermitiennes positives, on peut utiliser le résultat de l'exercice ??
pour écrire que :
kABk2s ≤ Tr (A∗ A) Tr (BB ∗ ) = kAk2s kB ∗ k2s = kAk2s kBk2s .
Ce qui prouve que la norme de Schur est sous-multiplicative.
Remarque 3 On peut aussi montrer ce résultat directement en écrivant que :
¯
¯2
à n
!2
n ¯X
n
n
¯
X
X
X
¯
¯
kABk2s =
aik bkj ¯ ≤
|aik | |bkj |
¯
¯
¯
i,j=1 k=1
i,j=1
k=1
et en utilisant l'inégalité de Cauchy-Schwarz :
à n
!Ã n
!
n
X
X
X
kABk2s ≤
|aik |2
|bkj |2 = kAk2s kBk2s .
i,j=1
k=1
k=1
Exercice 36 Montrer que pour toute norme A 7−→ kAk sur Mn (C) il existe une constante
réelle λ > 0 telle que :
∀ (A, B) ∈ Mn (C) × Mn (C) , kABk ≤ λ kAk kBk .
Solution. L'application bilinéaire (A, B) 7−→ AB est continue de (Mn (C))2 dans Mn (C) (en
dimension nie toute application bilinéaire est continue), il existe donc une constante réelleλ > 0 telle
que :
∀ (A, B) ∈ Mn (K) × Mn (K) , kABk ≤ λ kAk kBk
On peut aussi travailler tout d'abord avec une norme sous-multiplicative (par exemplek·k1 ) puis
utiliser le théorème d'équivalence des normes sur Mn (C) .
Exercice 37 Montrer que la norme de Mn (C) , A 7→ max |aij | n'est pas sous-multiplicative.
1≤i,j≤n
Solution. Par exemple, dans le cas n = 2, avec :
µ
A=
µ
où a > 1, b > 1, on a AB =
ab + 1 0
0
0
a 1
0 0
¶
µ
,
B=
b 0
1 0
¶
¶
et :
kABk = ab + 1 > kAk kBk = ab.
,
Exercices divers
25
1.6 Exercices divers
Exercice 38 Soient α, β, γ, δ des réels tels que :
αδ − βγ 6= 0.
Montrer que l'application :
(x, y) 7→ k(x, y)k = max (|αx + βy| , |γx + δy|)
dénit une norme sur R2 .
Solution. En notant X le vecteur de coordonnées x, y dans la base canonique de R2 , on a :
kXk = kAXk∞
µ
¶
α β
où A =
. L'hypothèse αδ −βγ 6= 0 se traduit par det (A) 6= 0, ce qui signie que l'application
γ δ
X 7→ AX réalise un isomorphisme de R2 . On en déduit alors facilement que k·k est une norme sur R2 .
Exercice 39 Soient a, b deux réels xés avec a 6= 0.
1. Justier, pour tout (x, y) ∈ R2 , l'existence de sup |(at + b) x + y| .
t∈[0,1]
On notera k(x, y)k = sup |(at + b) x + y| .
t∈[0,1]
2. Exprimer, pour (x, y) donné dans R2 , k(x, y)k en fonction de x et y (on pourra étudier
la fonction f 2 où f : t 7→ |(at + b) x + y|).
3. Montrer que l'application k·k dénie à la question précédente est une norme sur R2 .
4. On prend (a, b) = (1, 0) .
(a) Montrer que k(x, y)k ≤ 1 équivaut à −1 ≤ y ≤ et −1 ≤ x + y ≤ 1.
(b) Dessiner la boule unité fermée de centre 0 correspondante.
Solution.
1. L'application f : t 7→ |(at + b) x + y| est continue sur le compact [0, 1] , donc k·k est bien dénie
sur R2 .
2. Pour tout t ∈ [0, 1] , on a :
f 2 (t) = ((at + b) x + y)2 = (at + b)2 x2 + 2y (at + b) x + y 2
¡
¢
= a2 x2 t2 + 2 abx2 + axy t + b2 x2 + 2bxy + y 2
c'est-à-dire que f 2 est la fonction constante égale à y 2 si x = 0 ou une fonction polynomiale de
degré 2 à valeurs positives si x 6= 0. Dans tous les cas, on a :
³
´
¡
¢
sup f 2 (t) = max f 2 (0) , f 2 (1) = max (bx + y)2 , ((a + b) x + y)2
t∈[0,1]
= (max (|bx + y| , |(a + b) x + y|))2
soit :
k(x, y)k = sup f (t) = max (|bx + y| , |(a + b) x + y|) .
t∈[0,1]
26
Espaces vectoriels normés
3. On peut remarquer que :
k(x, y)k = k(bx + y, (a + b) x + y)k∞
l'application linéaire :
(x, y) 7→ (bx + y, (a + b) x + y)
réalisant un isomorphisme de R2 puisque :
µ
¶
b
1
det
= a 6= 0.
a+b 1
Il en résulte que k·k dénit une norme sur R2 .
4.
(a) Pour (a, b) = (1, 0) , la condition k(x, y)k ≤ 1 équivaut à
max (|y| , |x + y|)
ou encore à −1 ≤ y ≤ et −1 ≤ x + y ≤ 1.
(b) Ce qui permet de dessiner la boule unité.
Exercice 40 Soient a, b deux réels strictement positifs. Pour tout u = (x, y) ∈ R2 , on note :
kuk =
p
a 2 x2 + b 2 y 2 .
1. Montrer que k·k est une norme sur R2 .
2. Dessiner la boule unité pour cette norme.
3. Déterminer le plus petit réel α > 0 tel que :
∀u ∈ R2 , kuk ≤ α kuk2 ,
où k·k2 désigne la norme euclidienne sur R2 .
4. Déterminer le plus grand réel β > 0 tel que :
∀u ∈ R2 , kuk ≥ β kuk2 .
Solution.
1. kuk = k(ax, by)k2 .
2. Une ellipse.
3. kuk ≤ max (a, b) kuk2 = α kuk2 et égalité pour u = (1, 0) ou u = (0, 1) .
Exercice 41 Le but de cet exercice est de montrer le théorème fondamental de l'algèbre : tout
polynôme complexe non constant a au moins une racine.
n
P
On se donne un polynôme P (z) =
ak z k de degré n ≥ 1 avec an = 1.
k=0
1. Montrer que lim |P (z)| = +∞.
|z|→+∞
2. Montrer qu'il existe z0 ∈ C tel que |P (z0 )| = inf |P (z)| .
z∈C
Exercices divers
27
3. On suppose que P (z0 ) 6= 0 et on dénit le polynôme Q par Q (z) =
P (z + z0 )
.
P (z0 )
(a) Montrer que :
∀z ∈ C, |Q (z)| ≥ 1.
(b) Montrer qu'il existe un entier p compris entre 1 et n et une fonction ε dénie sur C
tels que bp 6= 0, lim ε (z) = 0 et Q (z) = 1 + bp z p (1 + ε (z)) .
z→0
(c) Justier l'existence d'un réel r > 0 tel que |ε (z)| <
1
pour tout z ∈ C tel que |z| < r.
2
(d) On note bp = rp eiθp avec rp > 0 et 0 ≤ θp < 2π.
i. Montrer que pour tout z = ρe−i
θp +π
p
avec 0 < ρ < r, on a :
1
|Q (z)| ≤ |1 − rp ρp | + rp ρp .
2
ii. En déduire qu'il existe z1 ∈ C tel que |Q (z1 )| < 1.
iii. Conclure.
Solution.
1. Pour tout z ∈ C∗ , on a :
¯
¯a
an−1
¯
¯ 0
+ 1¯
|P (z)| = |z|n ¯ n + · · · +
z
z
¯a
¯
¯ n−k ¯
lim ¯ k ¯ = 0 pour k = 1, · · · , n. D'où le résultat.
z
|z|→+∞
2. De lim |P (z)| = +∞, on déduit qu'il existe R > 0 tel que :
avec
|z|→+∞
|z| > R ⇒ |P (z)| > |P (0)|
Su le compact K = {|z| ≤ R} , la fonction continue |P | est minorée et atteint sa borne inférieure,
il existe donc z0 ∈ K tel que |P (z0 )| = inf |P (z)| . On a alors, pour tout z ∈ C, soit z ∈ K et
z∈K
|P (z)| ≥ |P (z0 )| , soit z ∈
/ K, donc |z| > R et |P (z)| > |P (0)| ≥ |P (z0 )| . Dans tous les cas,
|P (z)| ≥ |P (z0 )| et |P (z0 )| = inf |P (z)| .
z∈C
3.
(a) Résulte de :
∀z ∈ C, |P (z + z0 )| ≥ |P (z0 )| .
(b) On a Q ∈ C [z] avec Q (0) = 1 et deg (Q) = n, donc :
Q (z) = 1 + bp z p + · · · + bn z n
avec 1 ≤ p ≤ n et bp 6= 0, ce qui s'écrit :
Q (z) = 1 + bp z p (1 + ε (z))
avec lim ε (z) = 0.
z→0
(c) Par dénition de la limite nulle.
(d)
28
Espaces vectoriels normés
i. Pour z = ρe−i
θp +π
p
, on a :
|Q (z)| = |1 + bp z p (1 + ε (z))|
≤ |1 + bp z p | + rp ρp |ε (z)|
Si de plus ρ = |z| < r, alors |ε (z)| <
1
et :
2
|Q (z)| ≤ |1 + bp z p | + rp ρp
avec :
1
2
µ
¶p
θ +π
−i pp
bp z p = rp eiθp ρe
= rp ρp e−iπ = −rp ρp .
ii. On a lim (1 − rp ρp ) = 1, donc 1 − rp ρp > 0 pour ρ assez petit et pour un tel choix :
ρ→0
1
1
|Q (z)| ≤ 1 − rp ρp + rp ρp = 1 − rp ρp < 1.
2
2
iii. C'est contradictoire avec |Q (z)| ≥ 1. Donc P (z0 ) = 0 et le théorème de d'AlembertGauss est démontré.